Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Vì $abc=1$ nên:
\((a+bc)(b+ac)(c+ab)=a(a+bc)b(b+ac)c(c+ab)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2; (a^2+1)(1+c^2)\geq (a+c)^2; (b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2\)
Nhân theo vế và thu gọn:
\(\Rightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+b)(b+c)(c+a)\)
Lại có: Theo BĐT AM-GM thì:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc\)
\(\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(*)\) (đây là BĐT khá quen thuộc rồi)
Do đó:
\(P=\frac{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\)
\(P\geq \frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT (*) và AM-GM:
\(\frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}\geq 7.\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}=\frac{7}{9}(a+b+c)\geq \frac{7}{9}.3\sqrt[3]{abc}=\frac{7}{3}\)
\(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)(a+b+c)}}\geq 2\sqrt{\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{7}{3}+\frac{2}{3}=3\)
Vậy $P_{\min}=3$
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1+1-1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-1=\left(a+b+c\right)^2-1\)\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
Ta có: \(\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\ge ab+bc+ca\)( BĐT quen thuộc tự c/m)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}-\frac{1}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{a+b+c}\)\(=3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\le\frac{a+b+c}{3}\left(AM-GM\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
\(\Rightarrow P\ge3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1
KL:...........
Ta có : \(p=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}.\frac{b+c}{4ab}}=\frac{1}{a}\)
\(\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{a+c}{4ac}\ge4\sqrt{\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}.\frac{a+c}{4ac}}=\frac{1}{b}\)
\(\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}.\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)
Cộng vế với vế ta được \(p+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow p+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow p\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{2a.2b.2c}}=\frac{3}{\sqrt[3]{8abc}}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Xét: \(\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\frac{bc}{a\cdot abc\cdot\frac{1}{c}+a\cdot abc\cdot\frac{1}{b}}=\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)(*)
Tương tự với (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{ca}{b^2c+ab^2}=\frac{c^2a^2}{ab+bc}\\\frac{ab}{c^2a+bc^2}=\frac{a^2b^2}{ca+bc}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)
Ta thấy\(\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\) có dạng: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
Bước cuối Cô-si ba số và kết hợp điều kiện abc=1 là xong
Hi vọng là tìm GTLN:
Không mất tính tổng quát, giả sử b, c cùng phía với 1 \(\Rightarrow\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\Leftrightarrow bc\ge b+c-1\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+2bc+abc\Leftrightarrow2bc+abc\le4-a^2\Leftrightarrow bc\left(a+2\right)\le\left(2-a\right)\left(a+2\right)\Leftrightarrow bc+a\le2\)
\(\Rightarrow a+b+c\le3\).
Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có:
\(P\le\dfrac{ab}{9}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)+\dfrac{bc}{9}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}\right)+\dfrac{ca}{9}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}\right)=\dfrac{1}{9}.3\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)\le1\).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ta có BĐT sau:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\ge2a^2b+2b^2c+2c^2a\)
Sử dụng AM - GM ta dễ có được:
\(a^3+ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)
\(b^3+bc^2\ge2\sqrt{b^4c^2}=2b^2c\)
\(c^3+c^2a\ge2\sqrt{c^4a^2}=2c^2a\)
\(\Rightarrow BĐT\) đầu tiên đúng
Khi đó ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\Rightarrow P\ge a^2b+b^2c+c^2a+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
Một vài đánh giá cơ bản rồi đặt ẩn phụ rồi xét đạo hàm phát ra nhé
@huybip5cc, bn giải kĩ ra giúp mk nhé, mk dốt lắm, nhìn vậy ko hiểu đâu ạ, mơn nh!
\(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+zx=6\\P=x^2+y^2+z^2\end{cases}}\)
\(6=x+y+z+xy+yz+zx\le x+y+z+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
\(\Rightarrow P=x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\ge\frac{9}{3}=3\)
1. Ta có: \(ab+bc+ca=3abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=m\\\frac{1}{b}=n\\\frac{1}{c}=p\end{cases}}\) khi đó \(\hept{\begin{cases}m+n+p=3\\M=2\left(m^2+n^2+p^2\right)+mnp\end{cases}}\)
Áp dụng Cauchy ta được:
\(\left(m+n-p\right)\left(m-n+p\right)\le\left(\frac{m+n-p+m-n+p}{2}\right)^2=m^2\)
\(\left(n+p-m\right)\left(n+m-p\right)\le n^2\)
\(\left(p-n+m\right)\left(p-m+n\right)\le p^2\)
\(\Rightarrow\left(m+n-p\right)\left(n+p-m\right)\left(p+m-n\right)\le mnp\)
\(\Leftrightarrow m^3+n^3+p^3+3mnp\ge m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2\)
\(\Leftrightarrow\left(m+n+p\right)\left(m^2+n^2+p^2-mn-np-pm\right)+6mnp\ge mn\left(m-n\right)+np\left(n-p\right)+pm\left(p-m\right)\)
\(=mn\left(3-p\right)+np\left(3-m\right)+pm\left(3-n\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(m^2+n^2+p^2\right)-3\left(mn+np+pm\right)+6mnp\ge3\left(mn+np+pm\right)-3mnp\)
\(\Leftrightarrow3\left(m^2+n^2+p^2\right)+9mnp\ge6\left(mn+np+pm\right)\)
\(\Leftrightarrow xyz\ge\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)-\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)\)
\(\Rightarrow M\ge2\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)-\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)\)
\(=\frac{5}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)\)
\(=\frac{4}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2+2mn+2np+2pm\right)\)
\(=\frac{4}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{1}{3}\left(m+n+p\right)^2\)
\(\ge\frac{4}{3}\cdot3+\frac{1}{3}\cdot3^2=4+3=7\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(m=n=p=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+3\ge7\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le3\)Áp dụng BĐT AM-GM ta có :
\(A=\frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^3c^3+1+1}}+\frac{4\sqrt{3}}{c^6+1+2a^3+8}\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{4\sqrt{3}}{2c^3+2a^3+8}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+4}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+1+1+1+1}\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{ac}}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{1}{\sqrt{3ac}}\)\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}\right)\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}=\sqrt{\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}\le\sqrt{3}\) (Bunhiacopxki)
Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
PS : Thánh cx đc phết ha; chế đc bài này tui mới khâm phục :)))
nó ko chém đâu anh nó chép trong toán tuổi thơ đấy,thk này khốn nạn lắm
mk làm r` đây nhé Câu hỏi của Lê Chí Cường - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
đề liên quan quá vậy